\chapter{$n$维向量空间}

\section{$n$维向量空间的子空间}


\begin{enumerate}
  \item 令$\alpha=(1,-2,3)^{\rT}$. 那么
    \[
      W_1=\{x=(x_1, x_2, x_3)\mid x\alpha =0\}.
    \]
    若$x, x'\in W_1$, 即$x\alpha=0=x'\alpha$, 那么
    \[
      (x+x')\alpha=x\alpha+ x'\alpha=0,
    \]
    于是$x+x'\in W_1$.
    这就证明了$W_1$对加法封闭。
    若$x\in W_1, c\in \RR$, 那么$(cx)\alpha=c(x\alpha)=0$, 于是$cx\in W_1$.
    这就证明了$W$对数乘封闭。
    又$W_1$非空（比如$0\in W_1$），由定义知$W_1$是$\RR^3$的子空间。

    $W_2=\{x=(x_1,x_2,x_3)\mid x\alpha=1\}$既不对加法封闭，也不对数乘封闭。
    例如$W_2$对加法不封闭：若$x, x'\in W$, 即$x\alpha=1=x'\alpha$, 那么
    \[
      (x+x')\alpha=x\alpha+ x'\alpha=2,
    \]
    于是$x+x'\notin W$. 
  \item $0\in V$表明$V$非空。对$x, x'\in V$, 
    \[
      A(x+x')=Ax+Ax'=0.
    \]
    因此$V$对加法封闭。对$x\in V, c\in P$, $A(cx)=c(Ax)=0$. 因此$V$对数乘封闭。
    由定义知$V$为$P^n$的子空间。
  \item 令基域为$P$. 
    令$\alpha_i = \sum_{j=1}^s a_{ij} \beta_j$, 其中$a_{ij}\in P$. 对任意的
    $\alpha\in L(\alpha_1, \cdots, \alpha_r)$, $\alpha$可写为
    \[
      \alpha =\sum_{i=1}^r b_i \alpha_i=
      \sum_{i=1}^r b_i \sum_{j=1}^s a_{ij} \beta_j = 
      \sum_{j=1}^s \left( \sum_{i=1}^r b_i a_{ij} \right) \beta_j,
    \]
    其中$b_i\in P$.
    故$\alpha\in L(\beta_1, \cdots, \beta_s)$. 这就证明了
    $L(\alpha_1, \cdots, \alpha_r) \subset  L(\beta_1, \cdots, \beta_s)$.

  \item ($\Rightarrow$) 反证，假设$V_1\subset V_2$和$V_2\subset V_1$都不成立。
    那么存在$v_1\in V_1\setminus V_2, v_2\in V_2\setminus V_1$,
    即$v_1$落在$V_1$中但不在$V_2$中，而$v_2$落在$V_2$中但不在$V_1$中。
    $V_1\cup V_2$是子空间表明$v_1+v_2 \in V_1\cup V_2$. 
    这样$v_1+v_2\in V_1$或$v_1+v_2\in V_2$.
    若$v_1+v_2\in V_1$, 那么$v_2=(v_1+v_2)-v_1\in V_1$, 与$v_2\notin V_1$矛盾了；
    若$v_1+v_2\in V_2$, 那么$v_1=(v_1+v_2)-v_2\in V_2$, 与$v_1\notin V_2$矛盾了。
    这样假设不成立，从而$V_1\subset V_2$或$V_2\subset V_2$.

    ($\Leftarrow$) 若$V_1\subset V_2$, 则$V_1\cup V_2=V_2$; 
    若$V_2\subset V_1$, 则$V_1\cup V_2=V_1$. 无论哪种情况，显然$V_1\cup V_2$都是子空间。
\end{enumerate}

\section{基、维数与坐标}

\begin{enumerate}
  \item 要找到$L(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4)$的基，
    我们只用找到$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$的一个极大线性无关组，
    且$L(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4)$的维数就是
    $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$的秩。
    我们把矩阵$(\alpha_1^{T}, \alpha_2^{\rT}, \alpha_3^{\rT}, \alpha_4^{\rT})$行化简到阶梯型：
    \begin{align*}
      \begin{pmatrix}
        2 & -1 & 1 & 1\\
        1 & 1 & 5 & 5\\
        3 & -3 & 3 & -3\\
        -1 & 1 & -1 & 1
      \end{pmatrix}\xrightarrow[r_3\times \frac{1}{3}]{r_1\leftrightarrow r_2} & 
      \begin{pmatrix}
        1 & 1 & 5 & 5\\
        2 & -1 & 1 & 1\\
        1 & -1 & 1 & -1\\
        -1 & 1 & -1 & 1
      \end{pmatrix} \\
      \xrightarrow[r_3-r_1]{r_4+r_3, r_2-2r_1}
      &
      \begin{pmatrix}
        1 & 1 & 5 & 5\\
        0 & -3 & -9 & -9\\
        0 & -2 & -4 & -6\\
        0 & 0 & 0 & 0
      \end{pmatrix} \\
      \xrightarrow[r_3\times(-\frac{1}{2})]{r_2\times(-\frac{1}{3})} & 
      \begin{pmatrix}
        1 & 1 & 5 & 5\\
        0 & 1 & 3 & 3\\
        0 & 1 & 2 & 3\\
        0 & 0 & 0 & 0
      \end{pmatrix} 
      \xrightarrow {r_3-r_2}
            \begin{pmatrix}
        1 & 1 & 5 & 5\\
        0 & 1 & 2 & 3\\
        0 & 0 & -1 & 0\\
        0 & 0 & 0 & 0
      \end{pmatrix}.
    \end{align*}
    这样$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$构成$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$
    的一个极大线性无关组，从而$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$为
    $L(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4)$的一个基，
    且$\dim L(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4)=3$.

  \item 要用$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$线性表出$\beta$, 我们只用找到这些向量的线性关系。
    因此行化简矩阵$(\alpha_1^{\rT}, \alpha_2^{\rT}, \alpha_3^{\rT}, \beta^{\rT})$至既约的阶梯型:
    \begin{align*}
      \begin{pmatrix}
        1 & 2 & 3 & 7\\
        2 & 2 & 1  & 8\\
        3 & 4 & 3 & 13
      \end{pmatrix}\xrightarrow[r_3-3r_1]{r_2-2r_1} & 
      \begin{pmatrix}
        1 & 2 & 3 & 7\\
        0 & -2 & -5  & -6\\
        0 & -2 & -6 & -8
      \end{pmatrix}
      \xrightarrow{r_3-r_2} 
      \begin{pmatrix}
        1 & 2 & 3 & 7\\
        0 & -2 & -5  & -6\\
        0 & 0 & -1 & -2
      \end{pmatrix}\\ 
      \xrightarrow{r_1+r_2} & 
      \begin{pmatrix}
        1 & 0 & -2 & 1\\
        0 & -2 & -5  & -6\\
        0 & 0 & -1 & -2
      \end{pmatrix} 
      \xrightarrow[r_2-5r_3]{r_1-2r_3} 
      \begin{pmatrix}
        1 & 0 & 0 & 5\\
        0 & -2 & 0  & 4\\
        0 & 0 & -1 & -2
      \end{pmatrix}\\
      \xrightarrow[r_3\times(-1)]{r_2\times (-\frac{1}{2})} &
      \begin{pmatrix}
        1 & 0 & 0 & 5\\
        0 & 1 & 0  & -2\\
        0 & 0 & 1 & 2
      \end{pmatrix}.
    \end{align*}
    于是$\beta=5\alpha_1-2\alpha_2+2\alpha_3$. 这样$\beta$
    在基$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$下的坐标为$(5,-2,2)^{T}$.
  \item ($\Rightarrow$) 若$\alpha_1, \cdots, \alpha_n$是基，
    那么每个$n$维单位向量$\varepsilon_i$可写为形如
    $\varepsilon_i = \sum_{j=1}^n b_{ij} \alpha_j$. 
    令
    \[
      B=\begin{pmatrix}
        b_{11} & b_{12} & \cdots & b_{1n} \\
        b_{21} & b_{22} & \cdots & b_{2n} \\
        \vdots & \vdots & & \vdots \\
        b_{n1} & b_{n2} & \cdots & b_{nn} 
      \end{pmatrix}.
    \]
    这样
    \[
      E_n= \begin{pmatrix}
        \varepsilon_1 \\ \varepsilon _2 \\ \vdots \\ \varepsilon_n
      \end{pmatrix} = B\begin{pmatrix}
        \alpha_1 \\ \alpha_2 \\ \vdots \\ \alpha_n
      \end{pmatrix}=BA.
    \]
    因此$A$可逆，从而$|A|\neq 0$.

    ($\Leftarrow$) 若$|A|\neq 0$, 则$A$可逆，且
    $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$线性无关（因为行秩等于秩）。
    令$A^{-1} = (b_{ij})$. $E=A^{-1}A$表明
    \[
      \varepsilon_i =  \sum_{j=1}^n b_{ij} \alpha_j.
    \]
    进而$P^n$中任意向量都可由$\alpha_1, \cdots, \alpha_n$线性表示。
    这样由定义知$\alpha_1,\cdots, \alpha_n$为$P^n$的一个基。

  \item 我们知道$Ax=0$的基础解系中向量的个数为$n-r$. 
    由基的定义知$Ax=0$的基础解系就是$V$的一个基。因此$V$的维数为$n-r$.
\end{enumerate}

\section{基变换与坐标变换}


\begin{enumerate}
  \item 显然自然基$\symbf{E}=(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \varepsilon_3)$到基
    $\symbf{A}=(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)$的过渡矩阵为
    $A=(\alpha_1^{\rT},\alpha_2^{\rT}, \alpha_3^{\rT})$,
    自然基$\symbf{E}=(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \varepsilon_3)$到基
    $\symbf{B}=(\beta_1, \beta_2, \beta_3)$的过渡矩阵为
    $B=(\beta_1^{\rT},\beta_2^{\rT}, \beta_3^{\rT})$.
    若令基$\symbf{A}$到$\symbf{B}$的过渡矩阵为$P$, 即$\symbf{B}=\symbf{A}P$,
    那么我们有
    \[
      \symbf{E}B=\symbf{B}=\symbf{A}P=\symbf{E}AP,
    \]
    于是$B=AP$. 因此$P=A^{-1}B$. 要求出$A^{-1}B$, 我们只用行化简$\begin{pmatrix}
      A & B
    \end{pmatrix}$把$A$化成单位矩阵，$B$就被化成了$A^{-1}B$:
    \begin{align*}
      \left( 
        \begin{array}[]{rrr|rrr}
          1 & 1 & 1 & 1 & 2  & 3\\
          1 & 0 & 0 & 2 & 3 & 4\\
          1 & -1 & 1 & 1 & 4 & 3
        \end{array}
      \right)\xrightarrow{r_1\leftarrow r_2} & 
      \left( 
        \begin{array}[]{rrr|rrr}
          1 & 0 & 0 & 2 & 3 & 4\\
          1 & 1 & 1 & 1 & 2  & 3\\
          1 & -1 & 1 & 1 & 4 & 3
        \end{array}
      \right) \\
      \xrightarrow[r_3-r_1]{r_2-r_1} &
      \left( 
        \begin{array}[]{rrr|rrr}
          1 & 0 & 0 & 2 & 3 & 4\\
          0 & 1 & 1 & -1 & -1  & -1\\
          0 & -1 & 1 & -1 & 1 & -1
        \end{array}
      \right) \\
      \xrightarrow[r_3\times \frac{1}{2}]{r_3+r_2} & 
      \left( 
        \begin{array}[]{rrr|rrr}
          1 & 0 & 0 & 2 & 3 & 4\\
          0 & 1 & 1 & -1 & -1  & -1\\
          0 & 0 & 1 & -1 & 0 & -1
        \end{array}
      \right) \\
      \xrightarrow{r_2-r_3} &
      \left(\begin{array}{rrr|rrr}
      1 & 0 & 0 & 2 & 3 & 4 \\
      0 & 1 & 0 & 0 & -1 & 0 \\
      0 & 0 & 1 & -1 & 0 & -1
  \end{array}\right).
    \end{align*}
    因此$\symbf{A}$到$\symbf{B}$的过渡矩阵$P$为
    \[
      P=A^{-1}B=\begin{pmatrix}
      2 & 3 & 4 \\
       0 & -1 & 0 \\
       -1 & 0 & -1
     \end{pmatrix}.
    \]

  \item \begin{enumerate}[(1)]
      \item 由线性关系
    \[
      \left\{ 
        \begin{array}[]{rr}
          \beta_1= & \alpha_1+3\alpha_2-5\alpha_3-7\alpha_4 \\
          \beta_2= & \alpha_2+2\alpha_3-3\alpha_4\\
          \beta_3= & \alpha_3+2\alpha_4\\
          \beta_4= & \alpha_4
        \end{array}
      \right.
    \]
    知基$\symbf{A}=(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4)$到基
    $\symbf{B}=(\beta_1, \beta_2, \beta_3, \beta_4)$的过渡矩阵为
    \[
      P= \begin{pmatrix}
        1 & 0 & 0& 0\\
        3& 1 & 0 & 0 \\
        -5 & 2 & 1 & 0 \\
        -7 & -3 & 2 & 1
      \end{pmatrix}.
    \]
  \item $\alpha$在基$\symbf{A}=(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4)$下的坐标为
    $x=(1,-2,3,1)^{T}$. 我们有$\alpha=\symbf{A}x=\symbf{B}P^{-1}x$. 
    故$\alpha$在基$\symbf{B}=(\beta_1, \beta_2, \beta_3, \beta_4)$下的坐标为
    $P^{-1}x$. 要计算$P^{-1}x$, 我们行化简矩阵$\begin{pmatrix}
      P & x
    \end{pmatrix}$:
    \begin{align*}
      \left(\begin{array}{rrrr|r}
      1 & 0 & 0& 0 & 1\\
      3& 1 & 0 & 0 & -2 \\
      -5 & 2 & 1 & 0 & 3 \\
      -7 & -3 & 2 & 1 & 1
  \end{array}\right) \xrightarrow[r_4+7r_1]{r_2-3r_1,r_3+5r_1} &
  \left(\begin{array}{rrrr|r}
      1 & 0 & 0& 0 & 1\\
      0& 1 & 0 & 0 & -5 \\
      0 & 2 & 1 & 0 & 8 \\
      0 & -3 & 2 & 1 & 8
  \end{array}\right) \\
    \xrightarrow{r_3-2r_2, r_4+3r_2} &
    \left( \begin{array}{rrrr|r}
      1 & 0 & 0& 0 & 1\\
      0& 1 & 0 & 0 & -5 \\
      0 & 0 & 1 & 0 & 18 \\
      0 & 0 & 2 & 1 & -7
  \end{array} \right) \\
    \xrightarrow{r_4-2r_3} &
    \left( \begin{array}{rrrr|r}
      1 & 0 & 0& 0 & 1\\
      0& 1 & 0 & 0 & -5 \\
      0 & 0 & 1 & 0 & 18 \\
      0 & 0 & 0 & 1 & -43
  \end{array}\right).
    \end{align*}
    因此$\alpha$在基$\symbf{B}=(\beta_1, \beta_2, \beta_3, \beta_4)$下的坐标为
    $(1,-5,18,-43)^{\rT}$.
  \end{enumerate}
\item 令$\symbf{B}=(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n), 
  \symbf{B'}=(\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_n)$.
  要证明$\symbf{B'}$也是基，我们需要证明$\symbf{B'}$线性无关，
  且$P^n$中任意向量可由$\symbf{B'}$线性表示。
  先证明$\symbf{B'}$线性无关。考虑线性关系$\symbf{B'}x=0$.
  由于$\symbf{B'}=\symbf{B}A$, 我们有$\symbf{B}Ax=0$. 
  由于$\symbf{B}$线性无关，$Ax=0$; 进而由$A$可逆知$x=0$.
  这样$\symbf{B'}$只有平凡的关系。
  再证明$\symbf{B'}$可表示$P^n$中任一向量。
  设$\alpha\in P^n$在$\symbf{B}$下的坐标为$x$.
  那么
  \[
    \alpha=\symbf{B}x=\symbf{B'}A^{-1}x=\symbf{B'}(A^{-1}x).
  \]
  这就证明了$\alpha$可由$\symbf{B'}$线性表示。
  证毕。
\item 令这个相同的坐标为$x$. 
  显然基$\varepsilon_1, \varepsilon_2, \varepsilon_3,\varepsilon_4$到基
  $\varepsilon_1', \varepsilon_2', \varepsilon_3',\varepsilon_4'$的过渡矩阵为
  \[
    P=
    \begin{pmatrix}
      {\varepsilon_1'}^{\rT} & {\varepsilon_2'}^{\rT} & {\varepsilon_3'}^{\rT} & {\varepsilon_4'}^{\rT}
    \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
      2 & 0 & 5 & 6 \\
      1 & 3 & 3 & 6\\
      -1 & 1 & 2 & 1 \\
      1 & 0& 1 & 3
    \end{pmatrix}.
  \]
  我们有$Px=x$, $(P-E)x=0$, 亦即
  \[
    \begin{pmatrix}
       1 & 0 & 5 & 6 \\
      1 & 2 & 3 & 6\\
      -1 & 1 & 1 & 1 \\
      1 & 0& 1 & 2     
    \end{pmatrix}x=0.
  \]
  此方程的通解为$x=(-a,-a,-a,a)^{\rT}$, 其中$a$是任意数。
  形如$(-a,-a,-a,a)$的非零向量都能题目的要求。
\end{enumerate}

\section{欧式空间$\RR^n$}


\begin{enumerate}
  \item $\alpha, \beta$的长度分别为
    \[
      |\alpha|=\sqrt{(\alpha, \alpha)} = \sqrt{2},\quad
      |\beta|=\sqrt{(\beta,\beta)}=2.
    \]
    $\alpha, \beta$的夹角为
    \[
      \arccos \frac{(\alpha, \beta)}{|\alpha||\beta|}=\arccos \frac{-2}{2\sqrt{2}} = \frac{3}{4}\pi.
    \]
  \item $\gamma\perp \alpha, \gamma\perp \beta$相当于
    $\alpha \gamma^{\rT}=0, \beta \gamma^{\rT}=0$. 所以$\gamma^{\rT}$是线性方程组
    \[
      \begin{pmatrix}
        3 & 3 & 0\\ 1 & 2 & 3
      \end{pmatrix}x=0
    \]
    的解。
    该线性方程组的通解为$(3a, -3a, a)^{\rT}$, 其中$a$为任意数。
    形如$(3a,-3a,a)$的向量都能满足题目的要求。
  \item 我们执行Schmidt正交化过程。先正交化。令
    \begin{align*}
      \beta_1&= \alpha_1=(1,1,1,1), \\
      \beta_2'&= \alpha_2-\frac{(\alpha_2,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)} \beta_1 = (\frac{1}{4}, \frac{1}{4}, \frac{1}{4}, -\frac{3}{4}), \\
      \beta_2&= 4\beta_2'=(1,1,1,-3),\\
      \beta_3' &= \alpha_3- \frac{(\alpha_3,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)} \beta_1 - \frac{(\alpha_3,\beta_2)}{(\beta_2,\beta_2)} \beta_2=(\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, -\frac{2}{3},0),\\
      \beta_3&= 3\beta_3'=(1,1,-2,0),\\
      \beta_4'&= \alpha_4- \frac{(\alpha_4,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)} \beta_1 - \frac{(\alpha_4,\beta_2)}{(\beta_2,\beta_2)} \beta_2- \frac{(\alpha_4,\beta_3)}{(\beta_3,\beta_3)} \beta_3=
      (\frac{1}{2},-\frac{1}{2},0,0), \\
      \beta_4&= (1,-1,0,0).
    \end{align*}
    再把$\beta_1, \beta_2, \beta_3, \beta_4$单位化。令
    \begin{align*}
      \gamma_1&= \frac{\beta_1}{|\beta_1|}=\frac{1}{2}(1,1,1,1), \\%(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}),
      \gamma_2&= \frac{\beta_2}{|\beta_2|}=\frac{1}{\sqrt{12}}(1,1,1,-3), \\%(\frac{\sqrt{3}}{6}, \frac{\sqrt{3}}{6},\frac{\sqrt{3}}{6},-\frac{\sqrt{3}}{2}),\\
      \gamma_3&= \frac{\beta_3}{|\beta_3|}=\frac{1}{\sqrt{6}}(1,1,-2,0), \\%(\frac{\sqrt{6}}{6}, \frac{\sqrt{6}}{6}, -\frac{\sqrt{6}}{3},0),\\
      \gamma_4&= \frac{\beta_4}{|\beta_4|}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0,0).%(\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2},0,0).
    \end{align*}
    这样$\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3, \gamma_4$就是$\RR^4$的一个标准正交基。

    \begin{remark*}
      在正交化过程中，对每个所得的向量乘以一个合适的非零数（为了消除分母）并不影响下一步的结果，且最终得到的$\gamma_1, \cdots, \gamma_4$也是一样的。
      所以这样做可以省点运算量。
    \end{remark*}

  \item 由P114定理8知$A$为正交矩阵相当于$A$的行向量组构成单位正交向量组，亦即
    \[
      \begin{cases}
        x^2+y^2&= 1\\
        \frac{1}{4}+\frac{3}{4}+a^2&= 1\\
        \frac{3}{4}+b^2+c^2&= 1\\
        \frac{1}{2}x+ya&= 0\\
        \frac{\sqrt{3}}{2}x+yc&= 0\\
        \frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{\sqrt{3}}{2}b+ac&= 0.
      \end{cases}
    \]
    解之得$a=0, x=0, y=\pm1, c=0,b=-\frac{1}{2}$. 
\end{enumerate}

\section*{第四章复习题}
\addcontentsline{toc}{section}{第四章复习题}

\subsection*{一、填空题}


\begin{enumerate}
  \item 由于系数矩阵$(1,1,\cdots,1)$的秩为$1$, $x_1+x_2+\cdots+x_n=0$的基础解系中有
    $n-1$个向量，因此$\dim V=n-1$.
  \item 显然
    \[
      \alpha_1+\alpha_2= \alpha_1+2\cdot \frac{1}{2}\alpha_2, \quad 
      \alpha_2+\alpha_3= 2\cdot \frac{1}{2}\alpha_2 + 3\cdot \frac{1}{3} \alpha_3, \quad
      \alpha_3+\alpha_1=  \alpha_1 + 3\cdot \frac{1}{3} \alpha_3.
    \]
    这样基$\alpha_1, \frac{1}{2}\alpha_2, \frac{1}{3}\alpha_3$到基
    $\alpha_1+\alpha_2, \alpha_2+\alpha_3, \alpha_3+\alpha_1$的过渡矩阵为
    $\begin{pmatrix}
      1 & 0 & 1 \\
      2 & 2 & 0 \\
      0 & 3 & 3
    \end{pmatrix}$.
  \item 自然基$\varepsilon_1, \varepsilon_2, \varepsilon_3, \varepsilon_4$到基
    $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$ 的过渡矩阵为
    \[
      \begin{pmatrix}
      \alpha_1^{\rT} & \alpha_2^{\rT} & \alpha_3^{\rT} & \alpha_4^{\rT}
    \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
      1 & 1 & 1 & 1\\ 0 & 1  & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1
    \end{pmatrix}.
  \]
  记此矩阵为$A$. 
  向量$\alpha=(a_1, a_2, a_3, a_4)$在自然基下的坐标为$x=(a_1, a_2, a_3, a_4)^{\rT}$, 
  因此其在基$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$下的坐标为$A^{-1}x$. 
  要求此坐标，我们行化简$\begin{pmatrix}
    A & x
  \end{pmatrix}$即可：
  \[
    \left(
      \begin{array}{cccc|c}
        1 &1 & 1 & 1 & a_1 \\
        0 & 1 & 1 & 1 & a_2 \\
        0 &0 & 1 & 1 & a_3 \\
        0 & 0 & 0 & 1 & a_4
    \end{array}\right) \xrightarrow{r_1-r_2, r_2-r_3, r_3-r_4}
    \left( 
      \begin{array}[]{cccc|c}
        1  & 0 & 0 & 0 & a_1-a_2\\
        0 & 1 & 0 & 0 & a_2-a_3\\
        0 & 0 & 1 & 0 & a_3-a_4\\
        0 & 0 & 0 & 1 & a_4
      \end{array}
    \right).
  \]
  因此坐标为$(a_1-a_2, a_2-a_3, a_3-a_4,a_4)^{\rT}$.
\item $\alpha, \beta$的夹角为
  \[
    \arccos \frac{(\alpha, \beta)}{|\alpha||\beta|}= 
    \arccos \frac{2}{2\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}=\arccos \frac{1}{2}= \frac{\pi}{3}.
  \]
\item 由$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$两两正交知
  \[
    \begin{cases}
      1-2-a&= 0\\
      1-2b+ac&= 0\\
      1+b-c&= 0
    \end{cases}.
  \]
  解之得$a=-1, b=0, c=1$. 
\end{enumerate}

\subsection*{二、选择题}

\begin{enumerate}
  \item 选(A). 每个线性无关子集可以扩充为一个极大的线性无关组，
    因此$\alpha_1, \cdots, \alpha_r$线性无关时$\dim V\geqslant r$.
  \item 选(D). 对(D), 比如取$\alpha_1=\cdots=\alpha_r=0$.
  \item 选(C). 我们知道
    \[
      |\alpha+\beta|^2=(\alpha+\beta, \alpha+\beta)=(\alpha,\alpha)+2(\alpha,\beta)+(\beta,\beta) 
      =|\alpha|^2+2(\alpha,\beta)+|\beta|^2.
    \]
    若$(\alpha, \beta)<0$, 即$\alpha, \beta$的夹角大于$\frac{\pi}{2}$,
    那么$|\alpha+\beta|^2>|\alpha|^2+|\beta|^2$.
  \item 选(A). 两两正交的非零向量是线性无关的，所以这些向量的个数不超过$V$的维数$m$.
  \item 选(B). $\pm 1$是$1$阶的正交矩阵，但$1+(-1)=0$不是正交矩阵。
\end{enumerate}


\subsection*{三、计算题}

\begin{enumerate}
  \item 要找到$L(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4,\alpha_5)$的一组基和维数，我们只用知道向量组
    $(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4,\alpha_5)$的一个极大线性无关组和其秩。
    我们行化简
    $(\alpha_1^{\rT},\alpha_2^{\rT},\alpha_3^{\rT},\alpha_4^{\rT},\alpha_5^{\rT})$至阶梯型：
    \begin{align*}
      \begin{pmatrix}
        1 & 1 & 2 & 2 & 1\\
        0 & 2 & 1 & 5 & -1\\
        2 & 0 & 3 & -1 & 3\\
        1 & 1 & 2 & 4 & -1
      \end{pmatrix}\xrightarrow[r_4-r_1]{r_3-2r_1}
      \begin{pmatrix}
        1 & 1 & 2 & 2 & 1\\
        0 & 2 & 1 & 5 & -1\\
        0 & 0 & -1 & -5 & 1\\
        0 & 0 & 0 & 2 & -2
      \end{pmatrix}.
    \end{align*} 
    因此$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$构成一个极大线性无关组，秩为$4$.
    这样$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$构成
    $L(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4,\alpha_5)$的一组基，
    $\dim L(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4, \alpha_5)=4$.
  \item 基$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$到基
    $\beta_1, \beta_2, \beta_3, \beta_4$的过渡矩阵$P$满足
    $B = AP,$
    其中
    \[
      A= \begin{pmatrix}
        \alpha_1^{\rT}  & \alpha_2^{\rT} & \alpha_3^{\rT} & \alpha_4^{\rT}
      \end{pmatrix},\quad
B=\begin{pmatrix}
        \beta_1^{\rT} & \beta_2^{\rT} & \beta_3^{\rT} & \beta_4^{\rT}
      \end{pmatrix}.
    \]
  行化简$\begin{pmatrix}
    A & B
  \end{pmatrix}$至既约的阶梯型可知
    \[
      P=A^{-1}B=\begin{pmatrix}
        \frac{1}{2} & \frac{3}{2} & 2 & \frac{3}{4} \\
        1 & 1 & -\frac{1}{2} & \frac{5}{4} \\
        \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & -1 & -\frac{3}{4} \\
         -1 & 0 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{4}
       \end{pmatrix}.
    \]
  若$\alpha$在基$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$下的坐标为
  $x=(1,-1,2,0)^{\rT}$,
  那么$\alpha$在基$\beta_1, \beta_2, \beta_3, \beta_4$下的坐标为$P^{-1}x$. 
  行化简$\begin{pmatrix}
    P & x
  \end{pmatrix}$至既约的阶梯型可知
  \[
    P^{-1}x=(\frac{3}{4}, \frac{5}{2},-\frac{1}{4},-\frac{7}{2})^{\rT}.
    \]
  \item 基$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_m$到基$\alpha_1, \alpha_1+\alpha_2, 
    \cdots, \alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_m$的过渡矩阵为
    \[
      P=\begin{pmatrix}
        1 & 1 & \cdots & 1\\
        & 1 & \cdots & 1\\
        & & \ddots & \vdots \\
        & & & 1
      \end{pmatrix}.
    \]
    若$\alpha$在基$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_m$下的坐标为
    $x=(m,m-1,\cdots,1)^{\rT}$, 那么$\alpha$在基$\alpha_1, \alpha_2, 
    \cdots, \alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_m$下的坐标为$P^{-1}x$. 
    我们行化简$\begin{pmatrix}
      P & x
    \end{pmatrix}$至既约的阶梯型可知
    $P^{-1}x=(1,1,\cdots,1)^{\rT}$.

  \item 令$\alpha_4=(x_1,x_2,x_3,x_4)$. $\alpha_4$与$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$正交相当于
    \[
        \begin{cases}
          x_1+x_2=0\\
          x_1+x_3=0\\
          x_1-x_4=0.
        \end{cases}
    \]
    此线性方程组的通解为$(x_1,x_2,x_3,x_4)^{\rT}=(a,-a,-a,a)^{\rT}$, 其中$a$为任意数。
    形如$(a,-a,-a,a)$的单位向量只有$\pm\frac{1}{2}(1,-1,-1,1)$.
  \item 我们执行Schmidt正交化过程。
    先正交化。令
    \begin{align*}
      \beta_1&= \alpha_1=(1,1,0,0), \\
      \beta_2'&= \alpha_2-\frac{(\alpha_2,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)} \beta_1 = 
      (\frac{1}{2}, -\frac{1}{2},1,0), \\
      \beta_2 &= 2\beta_2 = (1,-1,2,0),\\
      \beta_3'&= \alpha_3- \frac{(\alpha_3,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)} \beta_1 - \frac{(\alpha_3,\beta_2)}{(\beta_2,\beta_2)} \beta_2=
      (\frac{1}{3}, -\frac{1}{3}, -\frac{1}{3}, 1),\\
      \beta_3&= 3\beta_3' =(1,-1,-1,3), \\
      \beta_4&= \alpha_4- \frac{(\alpha_4,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)} \beta_1 - \frac{(\alpha_4,\beta_2)}{(\beta_2,\beta_2)} \beta_2- \frac{(\alpha_4,\beta_3)}{(\beta_3,\beta_3)} \beta_3=
      (1,-1,-1,-1).
    \end{align*}
    再将$\beta_1, \beta_2, \beta_3, \beta_4$单位化。令
    \begin{align*}
      \gamma_1&= \frac{\beta_1}{|\beta_1|}= \frac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0,0), \\%(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, 0, 0),\\
      \gamma_2&= \frac{\beta_2}{|\beta_2|}= \frac{1}{\sqrt{6}}(1,-1,2,0), \\%(\frac{\sqrt{6}}{6},-\frac{\sqrt{6}}{6}, \frac{\sqrt{6}}{3}, 0),\\
      \gamma_3&= \frac{\beta_3}{|\beta_3|}= \frac{1}{\sqrt{12}}(1,-1,-1,3), \\%(\frac{\sqrt{3}}{6}, -\frac{\sqrt{3}}{6}, -\frac{\sqrt{3}}{6}, \frac{\sqrt{3}}{2}),\\
      \gamma_4&= \frac{\beta_4}{|\beta_4|}=\frac{1}{2}(1,-1,-1,-1). %(\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}).
    \end{align*}
    这样$\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3, \gamma_4$就是$\RR^4$的一个标准正交基。
\end{enumerate}
